《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 整体思想 已知抛物线$ y = \frac{1}{3}x^2 - 2x + c $交$ x $轴于原点$ O $和点$ A $，直线$ y = kx + b $交抛物线于点$ B $和点$ C $，其中点$ B $为$ y $轴左侧抛物线上一点，$ C $为$ x $轴下方抛物线上一点.
(1) 求抛物线顶点坐标.
(2) 当$ k = -1 $，$ b = \frac{4}{3} $时，若$ P $为直线$ BC $下方抛物线上一点，求$ \triangle BCP $面积最大时，点$ P $的坐标.
(3) 若始终有$ \angle AOB - \angle AOC = 90° $，直线$ BC $是否过定点？若是，求出该点坐标，若不是，请说明理由.

答案：
1.
(1)$\because$抛物线经过原点，$\therefore c = 0$，
$\therefore y = \frac{1}{3}x^{2} - 2x = \frac{1}{3}(x-3)^{2} - 3$，$\therefore$顶点为$(3,-3)$。
(2)$\because k = -1$，$b = \frac{4}{3}$，$\therefore y = -x + \frac{4}{3}$，
当$-x + \frac{4}{3} = \frac{1}{3}x^{2} - 2x$时，解得$x = 4$或$x = -1$，
$\therefore B(-1,\frac{7}{3})$，$C(4,-\frac{8}{3})$，
如图
(1)，过点$P$作$PQ // y$轴交$BC$于点$Q$，
设$P(t,\frac{1}{3}t^{2} - 2t)$，则$Q(t,-t + \frac{4}{3})$，
$\therefore QP = -t + \frac{4}{3} - \frac{1}{3}t^{2} + 2t = -\frac{1}{3}t^{2} + t + \frac{4}{3}$，
$\therefore S_{\triangle BCP} = \frac{1}{2} × 5(-\frac{1}{3}t^{2} + t + \frac{4}{3}) = -\frac{5}{6}(t-\frac{3}{2})^{2} + \frac{125}{24}$
$\rightarrow$三角形面积$=\frac{1}{2} ×$水平宽$×$铅垂高
$\therefore$当$t = \frac{3}{2}$时，$\triangle BCP$的面积有最大值$\frac{125}{24}$，
此时$P(\frac{3}{2},-\frac{9}{4})$。

(3)直线$BC$过定点$(6,-3)$。理由如下：
如图
(1)，过点$B$作$BE \perp y$轴于点$E$，过点$C$作$CF \perp x$轴于点$F$。
$\because \angle AOB - \angle AOC = 90^{\circ}$，$\therefore \angle BOE = \angle COF$。
又$\angle BEO = \angle CFO = 90^{\circ}$，
$\therefore \triangle BEO \sim \triangle CFO$，$\therefore\frac{BE}{EO} = \frac{CF}{FO}$。
设$B(m,km + b)$，$C(n,kn + b)$，当$kx + b = \frac{1}{3}x^{2} - 2x$时，
$x^{2} - 3(2 + k)x - 3b = 0$，
$\therefore m + n = 6 + 3k$，$mn = -3b$。$\because\frac{-m}{km + b} = \frac{-kn - b}{n}$，
$\therefore mn = k^{2}mn + kb(m + n) + b^{2}$，整理得，$6k + b = -3$，
$\therefore$直线$y = kx + b$经过点$(6,-3)$。

2. 如图，抛物线$ y = ax^2 + bx + c(a \neq 0) $与$ x $轴交于$ A(-3,0) $，$ B(1,0) $两点，与$ y $轴交于点$ C(0,3) $.
(1) 求抛物线的解析式.
(2) $ P $是直线$ AC $上方抛物线上一动点，
① 当点$ P $的坐标为$ (-2,3) $时，求四边形$ APCO $的面积；
② 求点$ P $到直线$ AC $距离的最大值.
(3) 点$ Q $是抛物线上任意一点，当$ \angle OAQ = \angle BCO $时，求点$ Q $的坐标.

答案：
2.
(1)设抛物线的解析式为$y = a(x-1)(x+3)$，将点$C(0,3)$代入，得$-3a = 3$，解得$a = -1$，
$\therefore$抛物线的解析式为$y = -x^{2} - 2x + 3$。
(2)①连接$OP$。$\because A(-3,0)$，$C(0,3)$，
$\therefore OA = 3$，$OC = 3$，
$\therefore S_{\triangle AOP} = \frac{1}{2}AO · |y_{P}| = \frac{1}{2} × 3 × 3 = \frac{9}{2}$，
$S_{\triangle COP} = \frac{1}{2}CO · |x_{P}| = \frac{1}{2} × 3 × 2 = 3$，
$\therefore S_{四边形APCO} = S_{\triangle AOP} + S_{\triangle COP} = \frac{9}{2} + 3 = \frac{15}{2}$。
②如图
(1)，过点$P$作$PQ // y$轴交$AC$于$Q$，作$PH \perp AC$于$H$。
$\because A(-3,0)$，$C(0,3)$，$\therefore$直线$AC$的解析式为$y = x + 3$，
设点$P$的坐标为$(t,-t^{2} - 2t + 3)$，
则点$Q$的坐标为$(t,t + 3)$，
$\therefore PQ = y_{P} - y_{Q} = -t^{2} - 2t + 3 - (t + 3) = -t^{2} - 3t$。$\because OA = OC = 3$，$\angle AOC = 90^{\circ}$，
$\therefore \triangle AOC$是等腰直角三角形，$\therefore \angle ACO = \angle CAO = 45^{\circ}$。
$\because PQ // y$轴，$\therefore \angle PQC = \angle ACO = 45^{\circ}$。

在$Rt \triangle PQH$中，$\sin\angle PQC = \frac{PH}{PQ} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore PH = \frac{\sqrt{2}}{2}PQ = \frac{\sqrt{2}}{2}(-t^{2} - 3t) = -\frac{\sqrt{2}}{2}t^{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2}t$，
当$t = -\frac{3}{2}$时，$PH$的最大值为$\frac{9\sqrt{2}}{8}$。
(3)$\because B(1,0)$，$C(0,3)$，$\therefore\tan\angle BCO = \frac{1}{3}$。设直线$AQ$与$y$轴的交点为$M$，如图
(2)所示。
$\because \angle OAQ = \angle BCO$，$\therefore\tan\angle OAM = \frac{1}{3}$。
$\because OA = 3$，$\therefore OM = 1$，$\therefore M(0,1)$，
$\therefore$直线$AM$的解析式为$y = \frac{1}{3}x + 1$，
当$-x^{2} - 2x + 3 = \frac{1}{3}x + 1$时，解得$x = \frac{2}{3}$或$x = -3$(舍去)，$\therefore Q(\frac{2}{3},\frac{11}{9})$；
$AM$关于$x$轴对称的直线解析式为$y = -\frac{1}{3}x - 1$，
当$-x^{2} - 2x + 3 = -\frac{1}{3}x - 1$时，
解得$x = \frac{4}{3}$或$x = -3$(舍去)，$\therefore Q(\frac{4}{3},-\frac{13}{9})$。
综上所述，点$Q$的坐标为$(\frac{2}{3},\frac{11}{9})$或$(\frac{4}{3},-\frac{13}{9})$。